《2018年江苏高考数学二轮复习练习：7_函数零点、单调性、极值等综合问题有答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018年江苏高考数学二轮复习练习：7_函数零点、单调性、极值等综合问题有答案.pdf（9页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、- 1 - 专项限时集训( 七) 函数零点、单调性、极值等综合问题 ( 对应学生用书第125 页) ( 限时： 60 分钟 ) 1( 本小题满分14 分 ) 已知函数f (x) ax 2 bxln x，a，bR. (1) 当b2a1 时，讨论函数f (x) 的单调性； (2) 当a1，b3 时，记函数f (x) 的导函数f (x) 的两个零点分别是x1和x2(x1x2) ，求证：f (x1) f (x2) 3 4ln 2. 【导学号： 56394110】 解 (1) 因为b2a1，所以f (x) ax 2(2 a1)xln x， 从而f (x) 2ax(2a1) 1 x 2ax 2 ax1 x
2、 axx x ，x0. 2 分 当a0时，由f (x) 0 得 0x1，由f (x) 0 得x1， 所以f (x) 在区间 (0,1) 上单调递增，在区间(1 ， ) 上单调递减 当 0a 1 2时，由 f (x) 0 得 0x1 或x 1 2a，由 f (x) 0 得 1x 1 2a， 所以f (x) 在区间 (0,1) 和区间 1 2a ，上单调递增，在区间1， 1 2a 上单调递减 当a1 2时，因为 f (x) 0(当且仅当x1 时取等号 ) ， 所以f (x) 在区间 (0 ， ) 上单调递增 当a1 2时，由 f (x) 0 得 0x 1 2a或 x1，由f (x) 0得 1 2a
3、 x1， 所以f (x) 在区间0， 1 2a 和区间 (1， ) 上单调递增，在区间 1 2a，1 上单调递减 综上，当a0时，f (x)在区间 (0,1) 上单调递增，在区间(1 ， ) 上单调递减； 当 0a 1 2时， f (x) 在区间 (0,1)和区间 1 2a， 上单调递增，在区间1， 1 2a 上单调递减； 当a1 2时， f (x) 在区间 (0， ) 上单调递增，无单调递减区间； 当a1 2时， f (x) 在区间0， 1 2a 和区间 (1 ， ) 上单调递增，在区间 1 2a ， 1 上单调递减 . (2) 法一：因为a1，所以f (x) x 2 bxln x(x0)
4、，从而f (x) 2x 2 bx1 x ， - 2 - 由题意知x1，x2是方程 2x 2 bx10 的两个根，故x1x2 1 2. 记g(x) 2x 2 bx1，因为b3，所以g 1 2 3 b 2 0，g(1) 3b0， 所以x1 0， 1 2 ，x2(1 ， ) ，且bx12x 2 1 1，bx22x 2 2 1， f (x1) f (x2) (x 2 1x 2 2) (bx1bx2) ln x1 x2 ( x 2 1x 2 2) ln x1 x2， 因为x1x21 2，所以 f (x1) f (x2) x 2 2 1 4x 2 2 ln(2 x 2 2) ，x2 (1 ， ) 令t2x
5、 2 2(2 ， ) ，(t) f (x1) f (x2) t 2 1 2t ln t. 因为当t2 时，(t) t 2 2t 20，所以(t) 在区间 (2， ) 上单调递增， 所以(t) (2) 3 4ln 2 ，即 f (x1) f (x2) 3 4ln 2. 14 分 法二：因为a1，所以f (x) x 2 bxln x(x 0)，从而f (x) 2x 2 bx 1 x ， 由题意知x1，x2是方程 2x 2 bx10 的两个根，故x1x2 1 2. 记g(x) 2x 2 bx1，因为b3，所以g 1 2 3 b 2 0，g(1) 3b0， 所以x1 0， 1 2 ，x2(1 ， )
6、，且f (x) 在(x1，x2) 上是减函数， 所以f (x1) f (x2) f 1 2 f (1) 1 4 b 2ln 1 2 (1 b) 3 4 b 2ln 2 ， 因为b3，所以f (x1) f (x2) 3 4 b 2ln 2 3 4 ln 2.14 分 2( 本小题满分14 分 )( 南通、泰州市2017 届高三第一次调研测试) 已知函数f (x)ax 2 xln x，a R. (1) 当a 3 8时，求函数 f (x) 的最小值； (2) 若1a0，证明：函数f (x) 有且只有一个零点； (3) 若函数f (x) 有两个零点，求实数a的取值范围 解 (1) 当a 3 8时， f
7、 (x) 3 8x 2xln x. 所以f (x) 3 4x 1 1 x xx 4x (x0) 令f (x) 0，得x2， - 3 - 当x(0,2)时，f (x) 0；当x(2 ， ) 时，f (x) 0， 所以函数f (x)在(0,2) 上单调递减，在(2 ， ) 上单调递增 所以当x2 时，f (x) 有最小值f (2) 1 2ln 2. 3 分 (2) 证明：由f (x) ax 2x ln x，得f (x) 2ax1 1 x 2ax 2 x1 x ，x0. 所以当a0 时，f (x) 2ax 2 x1 x 0， 函数f (x) 在(0， ) 上单调递减， 所以当a0 时，函数f (x)
8、 在(0， ) 上最多有一个零点 因为当 1a0时，f (1) a10，f 1 e e 2e a e 20， 所以当 1a0时，函数f (x) 在(0 ， ) 上有零点 综上，当 1a0 时，函数f (x)有且只有一个零点. 7 分 (3) 法一：由 (2) 知，当a0 时，函数f (x) 在(0 ， ) 上最多有一个零点 因为函数f (x)有两个零点，所以a 0. 由f (x) ax 2xln x，得f (x) 2ax 2 x1 x (x0)，令g(x) 2ax 2x1. 因为g(0) 10,2a0， 所以函数g(x) 在(0 ， ) 上只有一个零点，设为x0. 当x(0 ，x0) 时，g(
9、x) 0，f (x) 0；当x(x0， ) 时，g(x) 0，f (x) 0. 所以函数f (x)在(0 ，x0)上单调递减；在(x0， ) 上单调递增 要使得函数f (x) 在 (0 ， ) 上有两个零点， 只需要函数f (x) 的极小值f (x0) 0，即ax 2 0x0ln x00. 又因为g(x0) 2ax 2 0x010，所以 2ln x0x0 10， 又因为函数h(x) 2ln xx1 在(0， ) 上是增函数，且h(1) 0， 所以x01，得 0 1 x01. 又由 2ax 2 0x010，得 2a 1 x0 21 x0 1 x0 1 2 21 4， 所以 0a 1. 以下验证当
10、0a1 时，函数f (x) 有两个零点 当 0a1 时，g 1 a 2a a 2 1 a1 1a a 0， 所以 1x0 1 a. - 4 - 因为f 1 e a e 21 e1 e 2 e a e 20，且f (x0) 0. 所以函数f (x)在 1 e， x0上有一个零点 又因为f 2 a 4a a 2 2 aln 2 a 2 a 2 a1 10(因为 ln xx1)，且f (x0) 0. 所以函数f (x)在x0， 2 a 上有一个零点 所以当 0a1 时，函数f (x) 在 1 e， 2 a 内有两个零点 . 综上，实数a的取值范围为 (0,1) 下面证明： ln xx 1. 设t(x
11、) x1ln x，所以t(x) 11 x x1 x (x 0) 令t(x) 0，得x 1. 当x(0,1)时，t(x) 0；当x(1 ， ) 时，t(x) 0. 所以函数t(x) 在(0,1)上单调递减，在(1 ， ) 上单调递增 所以当x1 时，t(x) 有最小值t(1) 0. 所以t(x) x1ln x0，得 ln xx1 成立 . 14 分 法二：由 (2) 知，当a0时，函数f (x) 在(0， ) 上最多有一个零点 因为函数f (x)有两个零点，所以a 0. 由f (x) ax 2xln x0，得关于x的方程a xln x x 2(x0)有两个不等的实数解 又因为 ln xx1， 所
12、以a x ln x x 2 2x1 x 2 1 x1 21( x0) 因为x0 时， 1 x1 2 11，所以a1. 又当a1 时，x1，即关于x的方程a xln x x 2有且只有一个实数解 所以 0a 1. 14 分 ( 以下解法同法一) 3( 本小题满分14 分)( 苏北四市 ( 淮安、宿迁、连云港、徐州)2017 届高三上学期期中) 设函数f (x) ln xax 2 ax，a为正实数 (1) 当a2 时，求曲线yf (x) 在点 (1 ，f (1) 处的切线方程； (2) 求证：f 1 a 0； - 5 - (3) 若函数f (x) 有且只有1 个零点，求a的值 解 (1) 当a2
13、时，f (x) ln x 2x 22x，则 f (x) 1 x4x2， 所以f (1) 1，又f (1) 0， 所以曲线yf (x) 在点 (1 ，f (1) 处的切线方程为xy10. 4 分 (2) 证明：因为f 1 a ln 1 a 1 a1，设函数 g(x) ln xx1， 则g(x) 1 x1 1x x ， 另g(x) 0，得x 1，列表如下： x (0,1 ) 1(1 ，) g(x ) 0 g(x)极大值 所以g(x) 的极大值为g(1) 0. 所以f 1 a ln 1 a 1 a10. 8 分 (3)f (x) 1 x2ax a 2ax 2 ax1 x ，x0， 令f (x) 0，
14、得 aa 28a 4a x aa 28a 4a ，因为 aa 2 8a 4a 0， 所以f (x) 在 0， aa 28a 4a 上单调递增，在 aa 28a 4a ，上单调递减 所以f (x) f aa 28a 4a . 设x0a a 28a 4a ，因为函数f (x) 只有 1 个零点， 而f (1) 0， 所以 1 是函数f (x) 的唯一零点 当x01 时，f (x) f (1) 0，f (x) 有且只有1 个零点， 此时 aa 2 8a 4a 1，解得a1. 下证，当x01 时，f (x) 的零点不唯一 若x01，则f (x0) f (1) 0，此时 aa 28a 4a 1，即 0a
15、1，则 1 a1. - 6 - 由(2) 知，f 1 a 0，又函数f (x) 在以x0和 1 a为端点的闭区间上的图象不间断， 所以在x0和 1 a之间存在 f (x) 的零点，则f (x) 共有 2 个零点，不符合题意； 若x01，则f (x0) f (1) 0，此时 aa 28a 4a 1，即a1，则 0 1 a1. 同理可得，要 1 a和 x0之间存在f (x) 的零点，则f (x)共有 2 个零点，不符合题意 因此x01，所以a的值为 1. 14 分 4( 本小题满分16 分 )( 扬州市 2017 届高三上学期期末) 已知函数f (x)g(x) h(x) ，其中函数g(x) e x
16、，h( x) x 2 axa. (1) 求函数g(x)在(1 ，g(1) 处的切线方程； (2) 当 0a2 时，求函数f (x) 在x 2a，a 上的最大值； (3) 当a0 时，对于给定的正整数k， 问函数F(x) ef (x) 2k(ln x 1) 是否有零点？请说明理由( 参 考数据 e2.718，e1.649， ee4.482，ln 2 0.693) 【导学号： 56394111】 解 (1)g(x) e x，故 g(1) e，g(1) e， 所以切线方程为y ee(x1) ，即yex. 2 分 (2)f (x) e x(x2 axa), 故f (x) (x2)(xa)e x， 令f
17、 (x) 0，得xa或x 2. 当 2a 2，即 0a1 时，f (x) 在 2a，a 上递减，在 a，a 上递增， 所以f (x)maxmaxf ( 2a) ，f (a) ， 由于f ( 2a) (2a 2 a)e 2a， f (a) (2a 2 a)e a，故 f (a) f ( 2a) ， 所以f (x)maxf (a) ； 当 2a 2，即 1a2 时，f (x) 在 2a， 2 上递增， 2，a 上递减，在 a，a 上递增， 所以f (x)maxmaxf ( 2)，f (a) ， 由于f ( 2) (4 a)e 2， f (a) (2a 2 a)e a，故 f (a) f ( 2)
18、， 所以f (x)maxf (a) ； 综上得，f (x)maxf (a) (2a 2 a)e a. 6 分 (3) 结论：当k1 时，函数F(x) 无零点；当k2 时，函数F(x) 有零点 理由如下： 当k1 时，实际上可以证明：ex 2ex2ln x20. F(x)(x 22x)ex 12 x，显然可证 F(x) (x 22x)ex12 x在 (0 ， ) 上递增， - 7 - 所以存在x0 1 e， 1 2 ，使得F(x0) 0， 所以当x(0 ，x0) 时，F(x) 递减；当x(x0， ) 时， F(x) 递增， 所以F(x)minF(x0) 2 1 x02ln x01 ，其中x0 1
19、 e， 1 2 ， 而(x) 2 1 x2 ln x1 递减，所以(x) 1 2 2 ln 2 3 5 0， 所以F(x)min 0，所以命题得证.10 分 下面证明F(e k) 0，可借助结论 e x x 2( x2)处理，首先证明结论e xx2( x2)： 令(x) e x x 2( x2)，则(x) e x2x，故 (x) e x2x0， 所以(x) e x2x 在2 ， ) 上递增， 所以(x) (2) 0， 所以(x) e xx2 在2 ， ) 上递增， 所以(x) (2) 0，得证 借助结论得ee k2k 1ek22k1( k 22k1)2( k 1) 4( k 1)(k1) 32
20、k( k1) ， 所以F(e k) 0，又因为函数 F(x) 连续，所以F(x) 在 1 2，e k 上有零点 . 16分 5( 本小题满分16 分 )( 扬州市 2017 届高三上学期期中) 已知函数f (x) ae x x x. (1) 若函数f (x) 的图象在 (1 ，f (1) 处的切线经过点(0 ， 1)，求a的值； (2) 是否存在负整数a，使函数f (x) 的极大值为正值？若存在，求出所有负整数a的值；若不存在，请 说明理由； (3) 设a0，求证：函数f (x) 既有极大值，又有极小值 解 (1) f (x) ae x xx 2 x 2，f (1) 1，f (1) ae 1,
21、 函数f (x) 在(1 ，f (1) 处的切线方程为：y(ae1) x1，又直线过点(0， 1) ， - 8 - 1 (ae 1) 1，解得：a 1 e. 4 分 (2) 若a0，f (x) ae x xx 2 x 2， 当x( ， 0)时，f (x) 0 恒成立，函数在( ， 0) 上无极值； 当x(0,1)时，f (x) 0 恒成立，函数在(0,1) 上无极值； 法一：在 (1 ， ) 上，若f (x) 在x0处取得符合条件的极大值f (x0) ，则 x01， fx00， fx00， 则 x01， aex0 x0 x00， aex0x0x 2 0 x 2 0 0， 由得：aex0 x 2
22、 0 x0 1，代入得： x0 x01 x00，结合可 解得：x02，再由f (x0) aex 0 x0 x00 得：a x 2 0 ex0， 设h(x) x 2 e x，则h(x) xx e x，当x2 时，h(x) 0，即h(x)是增函数， 所以ah(x0) h(2) 4 e 2， 又a0，故当极大值为正数时，a 4 e 2，0 ，从而不存在负整数a满足条件 .8 分 法二：在x(1， ) 时，令H(x) ae x( x1) x 2，则 H(x) (ae x2) x， x (1， ) ， e x(e， ) ， a为负整数， a 1，ae x ae e， ae x20， H(x) 0，H(x
23、) 在(1 ， ) 上单调递减， 又H(1) 10，H(2) ae 24 e24 0， ? x0 (1,2) ，使得H(x0) 0， 且 1xx0时，H(x) 0，即f (x) 0；xx0时，H(x) 0，即f (x) 0； f (x) 在x0处取得极大值f (x0) aex0 x0 x0，(*) 又H(x0) aex0(x01) x 2 00， aex0 x0 x0 x01代入 (*) 得： f (x0) x0 x01 x0 x0x0 x01 0， 不存在负整数a满足条件 .8 分 (3) 证明：设g(x) ae x( x1) x 2，则 g(x) x(ae x2) ， 因为a0，所以，当x
24、0 时，g(x) 0，g(x) 单调递增； - 9 - 当x0 时，g(x) 0，g(x) 单调递减；故g(x) 至多有两个零点 又g(0) a0，g(1) 10，所以存在x1(0,1) ， 使g(x1) 0 再由g(x) 在 (0， ) 上单调递增知， 当x(0 ，x1) 时，g(x) 0，故f (x) gx x 20，f (x) 单调递减； 当x(x1， ) 时，g(x) 0，故f (x) g x x 20，f (x)单调递增； 所以函数f (x)在x1处取得极小值 当x0 时， e x1，且 x1 0， 所以g(x) ae x( x1) x 2a( x 1) x 2 x 2 axa， 函数yx 2 axa是关于x的二次函数，必存在负实数t，使g(t) 0，又g(0) a0， 故在 (t,0) 上存在x2，使g(x2) 0， 再由g(x) 在 ( ， 0) 上单调递减知， 当x( ，x2) 时，g(x) 0，故f (x) g x x 20，f (x)单调递增； 当x(x2,0) 时，g(x) 0，故f (x) gx x 20，f (x) 单调递减； 所以函数f (x)在x2处取得极大值 综上，函数f (x) 既有极大值，又有极小值. 16 分